Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-a（x-2），g（x）=e^x．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）過原點(diǎn)分別作曲線y=f（x）與y=g（x）的切線l₁、l₂，且l₁，l₂的斜率互為倒數(shù)，試證明：a=0或$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{e}$＜a＜1-$\frac{1}{e}$（附：ln2=0.693）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，再分類討論，即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)過原點(diǎn)與函數(shù)f（x），g（x）相切的直線分別為l₁：y=k₁x，l₂：y=k₂x，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義先求k₁，k₂，構(gòu)造函數(shù)設(shè)h（x）=lnx-1+$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{e}$，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值，再分類討論即可證明．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，x＞0，
①當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)一切x＞0，恒有f′（x）＞0，f（x）的單增區(qū)間為（0，+∞）；
②當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（0，$\frac{1}{a}$）時(shí)，f′（x）＞0；x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0；．
∴f（x）的增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）設(shè)過原點(diǎn)與函數(shù)f（x），g（x）相切的直線分別為l₁：y=k₁x，l₂：y=k₂x，
切點(diǎn)分別為A（x₁，lnx₁-ax₁+2a），B（x₂，e^x₂），
∵g′（x）=e^x．
∴k₂=e^x₂=$\frac{{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{2}}$，
∴x₂=1，k₂=e，
∴k₁=$\frac{1}{e}$，
又f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
∴k₁=$\frac{1}{{x}_{1}}$-a=$\frac{ln{x}_{1}-a{x}_{1}+2a}{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$，
得a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，并將它代入$\frac{ln{x}_{1}-a{x}_{1}+2a}{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$中，
可得lnx₁-1+$\frac{2}{{x}_{1}}$-$\frac{2}{e}$=0，
設(shè)h（x）=lnx-1+$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{e}$，則h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{x-2}{{x}^{2}}$，
∴h（x）在（0，2]上單減，在（2，+∞）上單增，
若x₁∈（0，2]，∵h(yuǎn)（1）=1-$\frac{2}{e}$＞0，h（2）=ln2-$\frac{2}{e}$≈0.693-$\frac{2}{e}$＜0，
∴x₁∈（1，2]，
而a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，在x₁∈（1，2）上單減，
∴$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{e}$＜a＜1-$\frac{1}{e}$，
若x₁∈（2，+∞），∵x₁∈（2，+∞），h（x）在（2，+∞）上單增，且h（e）=0，即x₁=e，得a=0，
綜上所述：a=0或$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{e}$＜a＜1-$\frac{1}{e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)最值的關(guān)系，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，屬于中檔題．